Question

20．已知非零数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a₂=$\frac{1}{4}$，${a}_{n}^{2}$=a_n-1a_n+1（n≥2，n∈N^*）．设S_n为数列{b_n}的前n项和，其中b₁=1，$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=1
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）若对任意的n∈N⁺．使得不等式：$\frac{{b}_{1}+1}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}+1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}+1}{{a}_{n}}$≥$\frac{m}{{a}_{n}}$恒成立，求实教m的最大值．

Answer 1

分析 （1）非零数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a₂=$\frac{1}{4}$，${a}_{n}^{2}$=a_n-1a_n+1（n≥2，n∈N^*）．可知：数列{a_n}是首项与公比都为$\frac{1}{2}$的等比数列，可得a_n．由b₁=1，$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=1，可得：数列$\{\frac{{S}_{n}}{n}\}$是等差数列，首项与公差都为1．可得S_n=n²．再利用递推关系可得：b_n．
（2）由$\frac{{b}_{n}+1}{{a}_{n}}$=n•2ⁿ⁺¹．利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出其前n项和．进而得出实教m的最大值是2．

解答 解：（1）非零数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a₂=$\frac{1}{4}$，${a}_{n}^{2}$=a_n-1a_n+1（n≥2，n∈N^*）．
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=…=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴数列{a_n}是首项与公比都为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴a_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$．
∵b₁=1，$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=1，
∴数列$\{\frac{{S}_{n}}{n}\}$是等差数列，首项与公差都为1．
∴$\frac{{S}_{n}}{n}$=1+（n-1）=n，
∴S_n=n²．
∴当n≥2时，b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．（当n=1时也成立）．
∴b_n=2n-1．
（2）$\frac{{b}_{n}+1}{{a}_{n}}$=$\frac{2n-1+1}{（\frac{1}{2}）^{n}}$=n•2ⁿ⁺¹．
∴T_n=$\frac{{b}_{1}+1}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}+1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}+1}{{a}_{n}}$=2²+2×2³+3×2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹，
∴2T_n=2³+2×2⁴+…+（n-1）•2ⁿ⁺¹+n•2ⁿ⁺²，
∴-T_n=2²+2³+…+2ⁿ⁺¹-n•2ⁿ⁺²=$\frac{4（{2}^{n}-1）}{2-1}$-n•2ⁿ⁺²=（1-n）•2ⁿ⁺²-4，
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4．
不等式：$\frac{{b}_{1}+1}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}+1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}+1}{{a}_{n}}$≥$\frac{m}{{a}_{n}}$，化为：m≤4（n-1）+$\frac{4}{{2}^{n}}$．
∵不等式：$\frac{{b}_{1}+1}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}+1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}+1}{{a}_{n}}$≥$\frac{m}{{a}_{n}}$恒成立，
∴m≤$[4（n-1）+\frac{4}{{2}^{n}}]_{min}$，
令f（x）=x+$\frac{1}{{2}^{x}}$（x≥1），f′（x）=1-$\frac{ln2}{{2}^{x}}$＞0，∴函数f（x）单调递增，
∴f（x）_min=f（1）=1+$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}$．
∴m≤4（$\frac{3}{2}$-1）=2．
∴实教m的最大值是2．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的前n项和公式、“错位相减法”、不等式的性质、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．